Compressione monoterma: reversibile o brusca

Domanda 1. Durante la compressione reversibile, il gas rimane in equilibrio termico con il termostato: la sua temperatura è $T_0$ per tutta la trasformazione. La pressione aumenta progressivamente da $P_0$ a $P_1=xP_0$. Nello stato finale,

$$P_{f,\mathrm{rev}}=xP_0,\qquad T_{f,\mathrm{rev}}=T_0,\qquad V_{f,\mathrm{rev}}=\frac{nRT_0}{xP_0}=\frac{V_0}{x},$$

dove si è usata l'equazione di stato iniziale $nRT_0=P_0V_0$.

Nella compressione brusca, la pressione esterna viene fissata a $P_1$. All'equilibrio meccanico finale, la pressione del gas uguaglia quella esterna: $P_{f,\mathrm{irr}}=P_1=xP_0$. L'equilibrio termico finale con il termostato richiede $T_{f,\mathrm{irr}}=T_0$. L'equazione di stato dà allora

$$V_{f,\mathrm{irr}}=\frac{nRT_{f,\mathrm{irr}}}{P_{f,\mathrm{irr}}} =\frac{nRT_0}{xP_0}=\frac{V_0}{x}.$$

Entrambe le trasformazioni conducono quindi allo stesso stato finale $(P_f,T_f,V_f)=(xP_0,T_0,V_0/x)$.

Domanda 2. L'entropia è una funzione di stato: la sua variazione dipende solo dagli stati iniziale e finale, identici nelle due esperienze. Per il gas perfetto,

$$\Delta S_{\mathrm{gas}} =nc_V\ln\frac{T_f}{T_0}+nR\ln\frac{V_f}{V_0} =nc_V\ln1+nR\ln\frac1x=-nR\ln x.$$

Quindi $\Delta S_{\mathrm{gas,rev}}=\Delta S_{\mathrm{gas,irr}}=-nR\ln x<0$. Questa diminuzione di entropia del gas non determina l'entropia prodotta: occorre includere anche gli scambi con il termostato.

Domanda 3. Durante la compressione reversibile, $P_{\mathrm{ext}}=P=nRT_0/V$. Il lavoro ricevuto è

$$\begin{aligned} W_{\mathrm{rev}}&=-\int_{V_0}^{V_0/x}\frac{nRT_0}{V}\,\mathrm dV\\ &=-nRT_0[\ln V]_{V_0}^{V_0/x} =-nRT_0\ln(1/x)=nRT_0\ln x>0. \end{aligned}$$

Il gas ritrova la temperatura iniziale, quindi $\Delta U=nc_V(T_0-T_0)=0$. Il primo principio $\Delta U=Q+W$ dà $Q_{\mathrm{rev}}=-W_{\mathrm{rev}}$. Il termostato riceve il calore opposto alla temperatura $T_0$:

$$\Delta S_{\mathrm{th,rev}}=\frac{-Q_{\mathrm{rev}}}{T_0}=nR\ln x.$$

L'entropia ricevuta dal gas è $S_{\mathrm{e},\mathrm{rev}}=Q_{\mathrm{rev}}/T_0=-nR\ln x$, quindi $S_{\mathrm{i},\mathrm{rev}}=\Delta S_{\mathrm{gas}}-S_{\mathrm{e},\mathrm{rev}}=0$. Il termostato riceve l'entropia $S_{\mathrm{e},\mathrm{th}}=-Q_{\mathrm{rev}}/T_0$, uguale alla sua variazione di entropia: anch'esso non produce entropia. Sommando, $\Delta S_{\mathrm{gas}}+\Delta S_{\mathrm{th,rev}}=0$: nell'insieme non si produce entropia.

Domanda 4. La compressione brusca avviene sotto la pressione esterna costante $P_1$. Il lavoro ricevuto è dunque

$$\begin{aligned} W_{\mathrm{irr}}&=-P_1(V_f-V_0) =-xP_0\left(\frac{V_0}{x}-V_0\right)\\ &=P_0V_0(x-1)=nRT_0(x-1)>0. \end{aligned}$$

Ancora $\Delta U=0$, quindi $Q_{\mathrm{irr}}=-nRT_0(x-1)$.

Domanda 5. Il termostato riceve $-Q_{\mathrm{irr}}$, da cui

$$\Delta S_{\mathrm{th,irr}}=\frac{-Q_{\mathrm{irr}}}{T_0}=nR(x-1).$$

Il bilancio entropico del gas è

$$\Delta S_{\mathrm{gas}}=\frac{Q_{\mathrm{irr}}}{T_0}+S_{\mathrm{i}}, \qquad S_{\mathrm{i}}=-nR\ln x+nR(x-1).$$

Per il termostato ideale, l'entropia ricevuta è $-Q_{\mathrm{irr}}/T_0$, uguale alla sua variazione: non produce entropia. L'insieme gas—termostato non riceve calore da altri corpi; il lavoro ricevuto dall'esterno non trasporta entropia. Il suo aumento di entropia è quindi prodotto internamente:

$$S_{\mathrm{i}}=\Delta S_{\mathrm{gas}}+\Delta S_{\mathrm{th,irr}} =-nR\ln x+nR(x-1).$$

Poniamo $f(x)=x-1-\ln x$. Allora $f(1)=0$ e $f'(x)=1-1/x=(x-1)/x>0$ per $x>1$. La funzione cresce a partire da zero, quindi $S_{\mathrm{i}}=nRf(x)>0$. Inoltre,

$$W_{\mathrm{irr}}-W_{\mathrm{rev}} =nRT_0(x-1)-nRT_0\ln x=T_0 S_{\mathrm{i}}.$$

Poiché $Q=-W$ in entrambi i casi, il lavoro aggiuntivo viene ceduto al termostato sotto forma di calore. È il costo dell'irreversibilità.